新高考物理二轮复习讲义第3部分 考前特训 小综合练(六)（含解析）

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A．若拍摄顺序为(a)、(b)、(c)，则运动员在(c)位置一定沿斜面向上运动
B．若拍摄顺序为(a)、(c)、(b)，则运动员在(c)位置一定沿斜面向上运动
C．若拍摄顺序为(c)、(b)、(a)，则运动员在(c)位置一定沿斜面向上运动
D．若拍摄顺序为(b)、(c)、(a)，则运动员在(c)位置一定沿斜面向上运动
答案 B
解析 由匀变速直线运动的规律可知：若拍摄顺序为(a)、(b)、(c)，(b)还未到最高点，可以判断一定是上滑，但(c)还未到最高点，所以运动员在(c)位置可能沿斜面向上或向下运动，A错误；若拍摄顺序为(a)、(c)、(b)，由于拍摄时间间隔相等，则运动员在(c)位置一定沿斜面向上运动，B正确；若拍摄顺序为(c)、(b)、(a)，(c)还未到最高点，则运动员在(c)位置可能沿斜面向上或向下运动，C错误；若拍摄顺序为(b)、(c)、(a)，则(a)一定沿斜面向下运动，(b)一定沿斜面向上运动，由于拍摄时间间隔相等，所以运动员在(c)位置一定沿斜面向下运动，D错误．
2.(2020·山东卷·6)一定质量的理想气体从状态a开始，经a→b、b→c、c→a三个过程后回到初始状态a，其p－V图像如图所示．已知三个状态的坐标分别为a(V0，2p0)、 b(2V0，p0)、c(3V0，2p0)．以下判断正确的是( )
A．气体在a→b过程中对外界做的功小于在b→c过程中对外界做的功
B．气体在a→b过程中从外界吸收的热量大于在b→c过程中从外界吸收的热量
C．在c→a过程中，外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量
D．气体在c→a过程中内能的减少量大于b→c过程中内能的增加量
答案 C
解析 由W＝Fx＝pSx＝p·ΔV知，p－V图线与V轴所围面积表示气体状态变化所做的功，由题图知，a→b和b→c过程中，气体对外界做的功相等，故A错误．由eq \f(pV,T)＝C知，a、b两状态温度相等，内能相同，ΔU＝0，由ΔU＝W＋Q知，Qab＝－W；由eq \f(pV,T)＝C知，c状态的温度高于b状态的温度，则b→c过程中，ΔU>0，据ΔU＝W＋Q知，Qbc>|W|，故B错误．由eq \f(pV,T)＝C知，c状态温度高于a状态温度，则c→a过程内能减少，ΔU<0，外界对气体做正功，W>0，属于放热过程，由ΔU＝Q＋W知，W<|Q|，故C正确．由于a、b状态内能相等，故c→a过程中内能的减少量等于b→c过程中内能的增加量，故D错误．
3．(2022·辽宁省模拟)在同一均匀介质中有两列简谐横波，甲向右、乙向左，波速大小为1 m/s，沿x轴相向传播，t＝0时刻的波形如图所示，下列说法中正确的是( )
A．两列波相遇时能发生稳定的干涉
B．一观察者正经x＝2 m处沿x轴负向匀速运动，在他看来，两波的频率可能相同
C．x轴上横坐标为x＝2.75 m处的质点经过3 s位移达到6 cm
D．t＝0时刻，x＝－2.6 m处的质点的振动方向与x＝5.2 m处的质点的振动方向相反
答案 B
解析 同一介质中传播，波速相等，从题图中可知波长不同，则频率不同，因此不能产生干涉现象，故A错误；根据f＝eq \f(v,λ)，f甲＝0.25 Hz，f乙＝0.5 Hz，观察者正经x＝2 m处沿x轴负向匀速运动，在他看来，甲的频率增大，乙的频率降低，接收到的两波频率可能相同，故B正确；波传播过程中，质点不随波迁移，此时题图中两波峰所在位置在x轴的中点2.75 m处，由于波速相等，同时到达，用时3.75 s，故C错误；t＝0时刻，x＝－2.6 m处的质点的振动方向与x＝5.2 m处的质点的振动方向均向下，故D错误．
4．(2022·浙江省金丽衢十二校5月联考)为研究静电除尘，有人设计了一个盒状容器，如图所示，容器侧面是绝缘的透明有机玻璃，它的上下底面是金属板，间距L＝5×10－2 m，当上下两板连接到U＝25 V的电源正负两极时，能在两金属板间产生匀强电场，现把均匀分布的1.0×1013个烟尘颗粒密闭在容器内，假设这些颗粒浮力与重力相等且都处于静止状态，每个颗粒带电荷量q＝＋1.0×10－16 C，质量为m＝2.0×10－12 kg，不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和空气阻力．则合上开关后( )
A．烟尘颗粒在容器中所受的静电力方向向上
B．经过eq \r(2) s时间，烟尘颗粒就可以全部被吸附
C．容器中所有烟尘颗粒获得的动能均为Ek＝2.5×10－15 J
D．除尘过程中静电力对所有颗粒所做的总功为0.012 5 J
答案 D
解析 两金属板，上极板带正电，故电场方向竖直向下，颗粒带正电，故所受静电力方向向下，A错误；当最靠近上表面的烟尘颗粒被吸附到下极板时，烟尘就被全部吸附．烟尘颗粒受到的静电力为F＝eq \f(qU,L)，L＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(qUt2,2mL)，解得t＝eq \r(\f(2m,qU))L＝2 s，B错误；容器中每个烟尘颗粒所处的位置可能不同，与负极板间的电势差不同，故合外力做功不同，不可能所有烟尘颗粒获得的动能均为Ek＝2.5×10－15 J，C错误；容器内的烟尘颗粒总数为N，一个颗粒从上极板到下极板时，静电力做功为qU, 由于板间烟尘颗粒均匀分布，可以认为烟尘的质心位于板间中点位置，因此，除尘过程中静电力对烟尘所做总功为W＝eq \f(1,2)NqU＝0.012 5 J，D正确．
5．(多选)(2022·辽宁葫芦岛市一模)我国风洞技术世界领先．如图所示，在模拟风洞管中的光滑斜面上，一个小物块受到沿斜面方向的恒定风力作用，沿斜面加速向上运动．则物块从接触弹簧至到达最高点的过程中( )
A．物块的速度先增大后减小
B．物块加速度先减小后增大
C．弹簧弹性势能先增大后减小
D．物块和弹簧组成的系统机械能一直增大
答案 ABD
解析 接触弹簧之前，物块受到的合力F合＝F风－mgsin θ，接触弹簧后，开始时弹力F弹小于合力F合，物块仍加速沿斜面向上运动，随着弹力增加，加速度减小，当加速度减小到零时速度最大，以后当弹力F弹大于合力F合时，加速度反向，物块做减速运动直到停止，此时加速度反向最大，则此过程中，物块的速度先增加后减小，加速度先减小后增加，弹簧的弹性势能一直增大，因风力做正功，则物块和弹簧组成的系统机械能一直增大，故选A、B、D.
6．(多选)(2022·湖南省隆回县第二中学模拟)“嫦娥五号”成功发射，经过中途轨道修正和近月制动之后，先进入绕月圆轨道Ⅰ，再变轨进入远月点为P、近月点为Q的椭圆轨道Ⅱ，Q点贴近月球表面．已知引力常量为G，月球的质量为M，月球的半径为R，“嫦娥五号”的质量为m，在轨道Ⅰ上运行时运行半径为r，周期为T.下列说法正确的是( )
A．“嫦娥五号”在轨道Ⅱ上运行的周期为eq \r(\f(R＋r3,8r3))T
B．“嫦娥五号”在轨道Ⅱ上由P点运动到Q点的过程中，动能的增加量为Geq \f(Mm,R2)(r－R)
C．“嫦娥五号”在轨道Ⅱ上经过P点和Q点的加速度之比为eq \f(R2,R＋r2)
D．“嫦娥五号”在轨道Ⅱ上经过Q点的速度大于在轨道Ⅰ上运行的速度
答案 AD
解析 依题意可得，轨道Ⅱ的半长轴a＝eq \f(R＋r,2)，根据开普勒第三定律，有eq \f(r3,T2)＝eq \f(a3,TⅡ2)，可得TⅡ＝eq \r(\f(R＋r3,8r3))T，故A正确；“嫦娥五号”在轨道Ⅱ上由P点运动到Q点的过程中，动能增加，势能减少，月球表面的重力加速度为g月＝Geq \f(M,R2)，重力加速度随高度增加而减小，所以重力做功小于mg月(r－R)＝Geq \f(Mm,R2)(r－R)，所以，动能的增加量小于Geq \f(Mm,R2)(r－R)，故B错误；由万有引力定律F＝Geq \f(Mm,r2)可得，“嫦娥五号”在轨道Ⅱ上经过P点和Q点的加速度之比为eq \f(aP,aQ)＝eq \f(R2,r2)，故C错误；“嫦娥五号”在轨道Ⅱ上经过Q点的速度大于贴近月球表面做圆周运动的线速度，而贴近月球表面做圆周运动的线速度大于在轨道Ⅰ上运行的线速度，所以“嫦娥五号”在轨道Ⅱ上经过Q点的速度大于在轨道Ⅰ上的线速度，故D正确．
7．(2022·福建厦门市二模)某同学设计了一个如图甲所示的实验电路，测量电源的电动势和内阻．实验中使用的器材有：待测电池E、电流表A、电阻箱R、滑动变阻器R′、单刀单掷开关S1、单刀双掷开关S2及导线若干．
(1)请在图乙中将实物图补充完整；
(2)该同学连接好电路后，按以下步骤进行操作：
①闭合开关S1，断开开关S2，调节滑动变阻器R′使电流表指针满偏；
②保持滑片P不动，把开关S2与C接通，调节电阻箱R使电流表指针半偏，读出电阻箱的阻值R0，得到电流表的内阻RA＝R0.用该方法测得的电流表内阻________真实值(选填“大于”“小于”或“等于”)；
③断开开关S1，把开关S2与D接通，多次调节电阻箱阻值，记下电流表的示数I和电阻箱相应的数值R；
④以eq \f(1,I)为纵坐标，R为横坐标，作出eq \f(1,I)－R图线如图丙所示，图线纵坐标截距为b，斜率为k；
⑤根据图线求得电动势E＝________，内阻r＝________.(用b、k、R0表示)
答案 (1)见解析图 (2)②小于 ⑤eq \f(1,k) eq \f(b,k)－R0
解析 (1)由电路图可得实物图如图．
(2)②由题意知，当保持滑片P不动，把开关S2与C接通时，电阻箱R与电流表并联，电路总电阻减小，则干路电流增大，所以电流表指针半偏时，电阻箱R上分到的电流大于满偏电流的一半，因为并联时，电流与电阻成反比，所以电流表内阻大于电阻箱阻值，故用该方法测得的电流表内阻小于真实值；
⑤由题意得E＝IR＋IR0＋Ir，即eq \f(1,I)＝eq \f(1,E)·R＋eq \f(R0＋r,E)，故eq \f(R0＋r,E)＝b，eq \f(1,E)＝k，解得E＝eq \f(1,k)，r＝eq \f(b,k)－R0.
8.(2022·浙江舟山市舟山中学模拟)如图所示，水平绝缘光滑轨道AB的B端与处于竖直平面内的四分之一圆弧形粗糙绝缘轨道BC平滑连接，圆弧的半径R＝0.4 m．在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度E＝1.0×104 N/C，现有质量m＝0.1 kg的带电体(可视为质点)放在水平轨道上A点处，A、B两点距离x＝1.0 m，由于受到静电力的作用带电体由静止开始运动，当运动到圆弧形轨道的C端时，速度恰好为零，已知带电体所带电荷量q＝8.0×
10－5 C，取g＝10 m/s2，求：
(1)带电体在水平轨道上运动的加速度大小及运动到B端时的速度的大小；
(2)带电体运动到圆弧形轨道的B端时对圆弧轨道的压力大小；
(3)A、C两点之间的电势差和A到C过程中摩擦产生的热量；
(4)若圆弧轨道是光滑的，带电体到达最高点的速度大小．(可以用根号表示)
答案 (1)8 m/s2 4 m/s (2)5 N (3)1.4×104 V 0.72 J (4)eq \f(24\r(10),25) m/s
解析 (1)根据牛顿第二定律qE＝ma可得带电体在水平轨道上运动的加速度大小为a＝eq \f(qE,m)＝
8 m/s2
根据运动学规律vB2＝2ax可得带电体运动到B端时的速度的大小为vB＝eq \r(2ax)＝4 m/s
(2)设带电体运动到圆弧形轨道的B端时受到圆弧轨道的支持力大小为FN，根据牛顿第二定律有
FN－mg＝meq \f(vB2,R)，解得FN＝5 N
根据牛顿第三定律可得带电体运动到圆弧形轨道的B端时对圆弧轨道的压力大小为FN′＝FN＝5 N
(3)A、C两点之间的电势差为UAC＝E(x＋R)＝1.4×104 V
根据能量守恒定律可得A到C过程中的摩擦产生的热量为Q＝qUAC－mgR＝0.72 J
(4)若圆弧轨道是光滑的，设带电体到达C点时的速度大小为vC，根据动能定理有
eq \f(1,2)mvC2－eq \f(1,2)mvB2＝qER－mgR
带电体离开C点后在竖直方向做竖直上抛运动，上升到最高点所用时间为t＝eq \f(vC,g)
带电体离开C点后在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，带电体到达最高点的速度大小为v＝at
联立解得v＝eq \f(24\r(10),25) m/s.
9．如图甲所示，某光滑轨道由区域Ⅰ与区域Ⅱ两部分共同组成，轨道电阻不计(注：b棒只有以中心为对称点，距离对称点0.5 m的部分有电阻，a棒电阻均匀分布)，区域Ⅰ：一质量为m＝1 kg、长度为L＝1 m的金属棒a从高度为h＝0.2 m的地方静止下落后，进入轨道ABCD区域中，AB处有一小段绝缘材料，在离边界AB足够远的地方有一质量为m＝0.5 kg、长度为L＝3 m的金属棒b.在轨道ABCD区域内存在匀强磁场B1，磁感应强度为1 T，轨道BC与AD距离为d＝1 m．当金属棒a进入轨道ABCD上后，使b加速，当b棒速度稳定后，进入轨道CD的右侧区域Ⅱ.金属棒a与b的电阻均为1 Ω；
区域Ⅱ：如图乙为区域Ⅱ的俯视图，CD边界的左侧有一段绝缘处，在区域Ⅱ的下侧与右侧有电阻R1与R2相连，当金属棒b进入后，给予一外力F使金属棒b做匀速运动，当金属棒运动至EF边界时从区域Ⅱ掉落结束运动．已知电阻R1＝R2＝2 Ω，竖直向下匀强磁场B2＝2 T，当b棒运动2 m后抵达EF位置．
(1)求当a棒刚好进入轨道区域Ⅰ时，b棒两端的电压U；
(2)求b棒进入区域Ⅱ时的速度及在区域Ⅰ中通过金属棒b的电荷量；
(3)记CD处为0位移，求金属棒b从CD至EF的过程中外力F与位移x的关系．
答案 (1)1 V (2)eq \f(4,3) m/s eq \f(2,3) C (3)F外＝eq \f(8,3)(x＋1)2 N(0≤x≤2)
解析 (1)由mgh＝eq \f(1,2)mv2得v＝2 m/s，此时有E＝B1dv，则U＝eq \f(E,ra＋rb)·rb＝eq \f(1,2)E，解得U＝1 V
(2)由mav＝(ma＋mb)v共，
解得v共＝vb＝eq \f(4,3) m/s，且mbvb－0＝B1eq \x\t(I)dt＝B1qd，解得q＝eq \f(2,3) C
(3)由总电阻为R总＝rb＋eq \f(R1R2,R1＋R2)＝2 Ω
又由几何关系可知，金属棒移动1 m，金属棒在磁场中的有效长度增加1 m，所以L′＝d＋x＝1＋x
电路中的电动势为E′＝B2L′vb
电流为I′＝eq \f(E′,R总)
金属棒b受到的安培力为F外＝B2I′L′
联立可得F外＝eq \f(8,3)(x＋1)2 N(0≤x≤2)．